2021届天津市高三下学期化学压轴试题答案

1、2021届天津市高三下学期化学压轴试题答案1【答案】B【解析】A开发新能源，如太阳能、风能等，可以减少煤、石油、天然气等化石燃料的使用量，可减少对化石能源的依赖，A正确；B废电池不能深埋，否则将造成其中的重金属污染土壤和地下水，必须进行回收处理，B不正确；C燃煤进行脱硫脱硝处理，将S转化为CaSO4等固体资源，N的氧化物转化为N2等无污染的气体再排放，故能减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，C正确；D吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，有利于环境保护，D正确；故答案为：B。2【答案】B【分析】由离子方程式可以看出，R元素可形成、R-离子，则R的最外层电子数为7，在中

2、，R元素没有表现出最高价。【解析】A元素R的最外层电子数为7，则该元素应位于周期表中第A族，A不正确；B生成R2，R元素由+5价降低为0价，则1mol转移的电子的物质的量为5mol，B正确；C若为或，则R元素单质在常温常压下是液体或固体，C不正确；D中的R显+5价，而R的最外层电子数为7，R元素的化合价既能升高又能降低，所以既能被还原，也能被氧化，D不正确；故选B。3【答案】C【解析】AHF间存在氢键，(HF)2的结构式：H-F···H-F，故A错误；B H2O分子结构是V型，所以其比例模型为：，故B错误；C Si是14号元素，其原子结构示意图：，故C正确；D F

3、原子最外层7个电子，SiF4的电子式： ，故D错误；故答案为：C。4【答案】B【解析】AAl2O3熔点高，可用于制造耐高温陶瓷，A错误；BClO2有氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，B正确；CSiO2能传导光信号，可用于制备光导纤维，C错误；DSO2具有漂白性，可用于漂白有色织物，且该漂白性与氧化还原反应无关，D错误；答案选B。5【答案】A【分析】由以及X、Y、Z、W四种元素分布在三个短周期，可知Z为Na元素；Y能形成2个共价键，原子序数YZ且Y、Z的简单离子具有相同的电子层结构，则Y为O；X能形成1个共价键，且X的原子序数最小，则X为H；W能形成4个共价键，原子序数WZ，且简单离子具有相

4、同电子层结构，在结合该物质的电子式可知，W为Al元素。综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为H、O、Na、Al，结合元素周期表，周期律分析可得：【解析】A由分析可知Z为Na元素、Y为O元素，则简单离子分别为：，且具有相同电子层结构。根据电子层结构相同的离子则有“序小径大”，即离子半径，故选A；B由分析可知X、Y、Z、W四种元素分别为H、O、Na、Al，其中Y(O)的非金属性最强，则Y的电负性最大，故B不选；CW、Y分别为：O、Al，则在该物质中W和Y的杂化方式均为，故C不选；D有分析可得该物质的化学式为：，该物质既能与强酸反应又能与强碱反应，故D不选；答案选A6【答案】D【解析】A装置甲的仪器

5、为分液漏斗，分液漏斗中有玻璃活塞，在使用之前必须检验是否漏水，故A正确；B分液时避免上下层液体混合，由于CCl4溶液比水重，在下层，则分液时，先从下口放出有机相(四氯化碳层)，关闭活塞，从上口倒出水相，可避免上层液体被污染，故B正确；C酸化后大量析出固体碘单质，不溶于水，图中过滤可分离，故C正确；D由于碘易升华，不能用装置丁对所得到的单质碘进行加热干燥，干燥碘在干燥器中进行，故D错误；答案为D。7【答案】D【解析】A锂单质化学性质活泼，不能使用具有活泼氢的水、醇、羧酸等做电解质溶液，描述正确，不符题意；B根据题意，锂空气电池，还原性更强的锂单质是失电子一极，做负极，所以A极锂单质失电子生成锂离

6、子，描述正确，不符题意；C二次电池充电，放电时负极电子流出，充电时，电池的负极电子流入，充当电解池阴极，根据直流电路电荷移动特点，阳离子向阴极移动，故选项描述正确，不符题意；D二次电池充电，放电时正极B处电子流入，充电时，B极电子流出，发生氧化反应，失电子，选项中电极反应式显示是得电子，所以描述错误，符合题意；综上，本题选D。8【答案】A【解析】A将浓硫酸和铜片加热产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色说明反应生成的气体为二氧化硫，则反应中硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，具有强氧化性，故A正确；B若抗氧化剂中铁粉吸收氧气部分被氧化为氧化铁，加入稀硫酸时，氧化铁溶解生成的铁离子可与

7、过量的铜反应生成亚铁离子，溶液中不存在铁离子，则加入硫氰化钾溶液，没有血红色出现不能说明抗氧化剂没有吸收氧气，故B错误；C乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇蒸汽能与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，则将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色不能说明溴乙烷发生了消去反应，故C错误；D淀粉水解生成的葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，酸性条件下不能反应，则加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，没有出现红色沉淀不能说明淀粉没有发生水解，故D错误；故选A。9【答案】D【解析】A. 根据氯喹结

8、构图可知，分子式为，故A正确；B.该分子含官能团有氯原子、碳碳双键等，不止一种，故B正确；C. 只有1个手性碳原子(标注*)，与足量的发生加成反应后产物有5个手性碳原子(标注*)，手性碳原子数增多，故C正确；D.该分子苯环上的一溴代物有、，共3种不同结构，故D错误；选D。10【答案】D【解析】A生成物NO仍然有毒，A错误； B使用催化剂不能改变反应放出的热量，B错误；C 由题图可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，C错误；D根据题图中反应物和生成物的能量都低于活化络合物(过渡状态)的能量，可知反应物或生成物转化为活化络合物均需要吸收能量，D正确；答

9、案选D。11【答案】C【分析】过程：2Fe3O4(s)6FeO(s)+O2(g)，元素化合价升高的失电子发生氧化反应得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应，得到还原产物；过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，总反应是2H2O2H2+O2。【解析】A2Fe3O4(s)6FeO(s)+O2(g)，反应中氧元素化合价-2价升高到0价，失电子发生氧化反应得到氧气为氧化产物，铁元素化合价降低，产生的FeO是还原产物，故A正确；B 过程I中分离出O2，促进2Fe3O4(s)6FeO(s)+O2(g)，正向进行，可提高Fe3O4的转化率，故B正确；C 过程II：3FeO+H2OFe3

10、O4+H2，每转移NA个电子，生成标准状况下11.2L H2，故C错误；D 反应3FeO(s)+H2O(l)H2(g)+Fe3O4(s)的产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，故成本低，节约能源，故D正确；故选C。12【答案】B【分析】结合方程式和滴定曲线可知滴定终点在a点之前，酸碱恰好完全反应时，溶质为(CH3)2NH2Cl，a点时，pH=7，体积为10mL，分别求出溶液中c(CH3)2NH= mol·L1，c(CH3)2NH= mol·L1，c(H+)=10-7mol/L，先求出(CH3)2NH水解常数，再求二甲胺

11、常温下电离常数。b点时(CH3)2NH过量，为(CH3)2NH2Cl、(CH3)2NH的混合物，c(CH3)2NH。【解析】A 酸碱恰好完全反应时，溶质为(CH3)2NH2Cl，强酸弱碱盐，溶液呈酸性，本实验应该选择甲基橙作指示剂，故A错误；B 常温下，测得a点溶液的pH=7，a点生成(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH过量，溶液呈中性，(CH3)2NH2Cl水解使溶液呈酸性，(CH3)2NH的电离呈碱性，所以溶液中c(CH3)2NH= mol·L1，c(CH3)2NH= mol·L1，c(H+)=10-7mol/L，所以水解平衡常数为Kh= = ，则二甲胺常温下电离常

12、数Kb= ，室温下，故B正确；C a点生成(CH3)2NH2Cl促进水电离，(CH3)2NH过量，抑制水电离，使水的电离程度变小；恰好完全反应时(CH3)2NH2Cl促进水电离，溶液中水的电离程度最大，故C错误；D b点时(CH3)2NH过量，为(CH3)2NH2Cl、(CH3)2NH的混合物，c(CH3)2NH，b点溶液中存在：，故D错误；故选B。13【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p3(或 Ar3d104s24p3) 大于 2 4 三角锥 二 4 sp2、sp3 八面体 (或) 【解析】(1)As是33号元素，位于第四周期A族，前三层全部排满电子，故其核外电子排布式为

13、Ar3d104s24p3；As和Ni均为第四周期元素，As为非金属元素，Ni为过渡金属元素，所以I1(As)大于I1(Ni)。(2)在砷单质分子结构的4条棱边上各插入1个硫原子，形成As4S4，按照AsAs键是相邻或斜交，可得到雄黄有如图所示2种不同的结构；每一分子的As4S4中含有8条AsS键，则0.5 mol雄黄中含有4 mol AsS键。 (3)的中心原子砷原子形成了3个键，另外还有1对孤电子对，其价层电子对总数是4，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形。因为H3PO3中磷的配位数为4，则H3PO3的结构式为，因此为二元酸。(4)该Ni2+的配合物中为双齿配体，配体间还形成有氢

14、键，因此配位数为4；配体中C原子形成CC键及C=N键，所以C原子以sp2、sp3杂化。(5)该晶胞中Ni原子位于六棱柱的顶点、面心、棱上和体心，晶胞中含有Ni原子的个数=12×+6×+2×+1=6，As原子位于六棱柱的体内，数目为6，则晶胞的质量为g，六棱柱的体积为=a2×sin 60°×6×c×1030 cm3，则该晶体的密度= g·cm3。14【答案】ab 5.0<pH<7.1 MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+2H2SO4+K2SO4 8MnO2+2Li2CO34Li2MnO

15、4+2CO2+O2 正极 LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ 7 【分析】软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，步骤中在浸出中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2，据此分析解答。

16、【解析】(1)溶浸过程中，为提高SO2吸收率可采取的措施：不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触或减小通入SO2的流速，故合理选项是ab，故答案为：ab；(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的KspAl(OH)3= 1×10-33=c(Al3+)c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-9 mol/L，则溶液c(H+) =l×10-5 mol/L ，则pH=5；同理

17、Fe(OH)3完全变成沉淀时，KspFe(OH)3= l×10-39=c(Fe3+)c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-11 mol/L，c(H+) =l×10-3 mol/L ，则pH约为3，故pH范围是：5.0<pH<7.1，故答案为：5.0<pH<7.1；(3)由题意可知，反应物为MnSO4和K2S2O8，生成物之一为MnO2，再根据化合价升降相等和原子守恒配平，则发生反应的化学反应方程式为MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+2H2SO4+K2SO4，故答案为：M

18、nSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+2H2SO4+K2SO4；(4) MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2+O2，故答案为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2+O2；(5)放电时为原电池，电池内部阳离子移向正极，故Li+移向正极，故答案为：正极；充电时为电解池，电池的阳极连放电时的正极。放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-xMn2O4+xLi+xe-=L

19、iMn2O4 ，充电时电池的阳极反应式为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g，故答案为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；7。15【答案】(酚)羟基 羧基 取代反应 CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO， 【分析】有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B，B和甲醇发生取代反应生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D，D和CH3

20、I在K2CO3条件下发生取代反应生成E，E在LiAlH4条件下发生还原反应生成F，据此解答。【解析】(1)由A的结构简式可知，A中含氧官能团为OH和COOH，名称为(酚)羟基、羧基；(2)根据以上分析可知，AB的反应中COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应；(3)观察对比C、D的结构可知，CD的反应中酚羟基上的氢原子被CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，CD的反应生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X的结构简式为；(4)C为，C的同分异构体满足以下条件：能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同

21、化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为；(5)根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中EF的反应条件，在LiAlH4条件下发生还原反应生成，和HCl发生取代反应生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和CH3CH2CHO在一定条件下反应生成，所以合成路线设计为：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，。16【答案】分液漏斗 浓H2SO4 平衡气压、干燥氧气、观察气体流速 冷凝回流 B 或 偏小 【解析】根据实验目的可知，装置是氧气的发生装置，为固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的